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Onem 2017 solucionario

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Solucionario de las preguntas 20 de ONEM 2017 (FASE I) en los niveles I, II y II

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Onem 2017 solucionario

  1. 1. ONEM 2017 – Pregunta 20 Nivel I, II y III Prof. Erick Vàsquez Llanos E-mail: viterick@gmail.com
  2. 2. INTRODUCCIÓN Los problemas en las Olimpiadas Matemáticas Internacionales plantean cuestiones que normalmente no se ven en los temarios escolares. Es por ello importante la difusión de la solución de algunos problemas que presentan cierta dificultad en su solución:
  3. 3. Nivel 01 20. En la siguiente figura se muestra un cuadrado dividido en cuatro rectángulos de lados enteros. Si los cuatros rectángulos tienen área S, determine el menor valor posible de S. SOLUCION a) 36 b) 80 c) 144 d) 120 e) 90
  4. 4. Nivel 02 20. Determine de cuántas formas se pueden ordenar los números 1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 9, 10 en las casillas de la siguiente fila, de tal forma que la suma de cualesquiera dos números adyacentes sea mayor o igual que 11 SOLUCION a) 12 b) 6 c) 3 d) 2 e) 1
  5. 5. Nivel 03 20. Determine cuántos números de 6 dígitos cumplen que cada digito pertenece al conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6} (está permitido repetir números) y además la suma de cualesquiera dos dígitos adyacentes es múltiplo de 2 o de 3. Nota: Algunos números de 6 dígitos que cumplen las condiciones requeridos son 111112, 153154 y 666666. SOLUCION a) 36 x24 b) 34 x25 c) 212 d) 36 x23 e) 3x211
  6. 6. Como ad = ac, entonces c = d; luego x es múltiplo de 2. (1) Además el área formado por los tres rectángulo superiores es el triple del inferior, es decir (a + b)x = 3(a + b)y Entonces x es múltiplo de 3. (2) De (1) y (2), x es múltiplo de 6. Como ax = 2(bx) entonces a = 2b Tenemos
  7. 7. Luego tenemos: Pero como la figura es un cuadrado, entonces 2b + b = 6y + 2y ⇒ 3b = 8y , es decir b es múltiplo de 8 (b = 8k) e y es múltiplo de 3 (y = 3k). Por tanto:
  8. 8. Finalmente: S = (8k)(18k), para algún k entero positivo Entonces Smin = 8(18) = 144 Clave (c) Volver
  9. 9. Según condición del problema, observamos que se tienen las parejas siguientes {1; 10}; {10; 2; 9}; {9; 3; 8} {8; 4: 7} Por lo tanto 1 estará en un extremo, veamos: Dado el diagrama siguiente: 1 10 2 1 10 293857 En ambos casos no se cumple las condiciones del problema, luego:
  10. 10. Luego: 11029387 Finalmente hay dos maneras de concluir: 7 8 3 9 2 10 156 65 Clave (d) 7 8 3 9 2 10 1 Volver
  11. 11. Cada uno de los números {1, 2, 3, 4, 5, 6} pueden ser vecino de exactamente 4 otros números. En efecto: 1 vecino de: 1; 2; 3; 5. 2 vecino de: 1; 2; 4; 6. 3 vecino de: 1; 3; 5; 6. 4 vecino de: 2; 4; 5; 6. 5 vecino de: 1; 3; 4; 5. 6 vecino de: 2; 3; 4; 6. Luego, las opciones de escribir el primer digito es 6 {1, 2, 3, 4, 5, 6}
  12. 12. Colocado el primer digito, entonces el segundo digito tendrá 4 opciones según lo anterior. De la misma manera al colocar el tercer digito; y así sucesivamente. Luego por el principio de multiplicación tendremos: 6x 4 x 4 x4 x 4 x 4 Finalmente, se podrán formar 6(4)5 = 3(2)11 números Clave (e)

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